martes, 26 de mayo de 2015

1. Prueba que para toda $ n $ en los naturales, existe un entero $d \in${$n,n+1,n+2,...,n+19$} de manera que $\forall$ $ m $ entero positivo, $ m \sqrt{d}$ {$m \sqrt{d}$}$> \frac{5}{2} $.

2. Sea $ABC$ un triangulo escaleno con incentro $I$ y circuncirculo $\omega$. $AI$, $BI$, $CI$ cortan a $\omega$ en $D$, $E$ y $F$ respec. Las lineas paralelas a $BC$, $AC$ y $AB$ por $I$ cortan a $EF$, $DF$ y $DE$ en $K$, $L$ y $M$ respec. Demustra que $K$, $L$ y $M$ son colineales.

6 comentarios:

Lalo dijo...

Que tal Chicos quienes ya lo intentaron?

Juan dijo...

Supongo que $d$ no es cuadrado. Pues veamos que si $ \lfloor m \sqrt{d} \rfloor = n $ entonces

$m \sqrt{d} \{ m \sqrt{d} \} = m \sqrt{d} (m\sqrt{d} - n) = $$ \displaystyle\frac{m\sqrt{d}}{m\sqrt{d}+n} (m^2d-n^2) > (m^2d-n^2)/2$,

entonces basta ver $m^2d-n^2=0,1,2,3,4$ es imposible. Con $ 15 | d $ no cuadrado ya encontré una condición de módulos que da.

EDIT: si $5|d$ y $d=3$ mod $4$ ya gané. Por mod 5 vemos que $m^2d-n^2=0,2,3$ son imposibles. Si $m^2d-n^2=1$ entonces por mod $4$ pierdo. Si $m^2d-n^2=4$, hay dos casos. En uno, divido entre dos y me queda $(m/2)^2d-(n/2)^2=1$ y gano, y en el otro se muere por modulos.

Juan dijo...

Luego intento el 2

Ariel Garcia Moran dijo...

Para el 2

Tenemos $\angle FDA = \angle FEB$, $\angle EDA = \angle EFC$ y $\angle DFC = \angle DEB$, entonces $I$ es otrocentro de $DEF$. Sean $P, Q, R$ pies de altura en $\triangle DEF$ desde $D, E, F$ resp, entonces $\angle PRI = \angle PEI = \angle FEB = \angle FCB = \angle FCA$ y entonces $PR \parallel AC$. Análogamente tenemos $PQ \parallel AB$ y $QR \parallel BC$.

Sean $X, Y, Z$ las intersecciones de QR con EF, RP con DF y PQ con DE respectivamente, entonces como $PQR$ y $DEF$ estan en perspectiva desde $I$ tenemos por Desargues que $X, Y, Z$ son colineales. Ahora tenemos:

$$\frac{EK}{EX} = \frac{EI}{EQ} = \frac{EM}{EZ}$$

Ya que $QR$ es paralela a $IK$ y $QP$ es paralela a $IM$. Entonces $KM$ es paralela a $XZ$. Analogamente $KL$ es paralela a $XY$, entonces $K$, $L$, y $M$ son colineales en la paralela a la linea $XYZ$ por $K$

Juan dijo...

ok el 2 ya salio tambien

si lo vemos como si el triangulo de los puntos medios fuera ABC entonces se convierte en: "Sea ABC un triangulo con ortocentro H y la antiparalella a BC por H corta a BC en A'. Prueba A'B'C' colineales".

Basta con ver que si AD, BE, CF son alturas y FE corta a BC en A'' entonces como BCDA'' es harmonico,

BA'/CA'=(BH*BD*CF)/(BE*CH*CD)

y ya ceva

Antonio Lopez Guzman dijo...

Tengo la misma solucione de ariel:l,

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